Transferencia densa de un conjunto con medida de Lebesgue positiva: ¿es conull?

Question

Me enfrento a un problema de teoría de la medida y necesito demostrar la siguiente conjetura para avanzar. Atención: No estoy seguro de que la siguiente afirmación sea cierta.

Dejemos que $A \subset \mathbb{R}$ sea un conjunto medible tal que $m(A)>0$ y $H$ sea un subconjunto denso y contable de $\mathbb{R}$ . Si $A+H=\{a+h: a \in A, h \in H\}$ , demuestre que $m((A+H)^c)=0$ .

Estoy totalmente atascado. Es fácil ver que $A+H=\displaystyle{\bigcup_{h \in H} A+h}$ , así que definitivamente es un conjunto medible, pero es el único progreso que he podido hacer. ¡Cualquier ayuda será muy apreciada!

Answer 1

Utilizar el teorema de la densidad de Lebesgue (LDT) que tiene una demostración elemental.

Para llegar a una contradicción, supongamos $B = \mathbb{R} \setminus (A + H)$ tiene una medida positiva. Utilizando la LDT, elegir los intervalos abiertos $I, J$ de la misma longitud tal que $B \cap I$ tiene $\geq 99$ medida de porcentaje de $I$ y $A \cap J$ tiene $\geq 99$ medida de porcentaje de $J$ . Elija $h \in H$ (utilizando la densidad de $H$ ) tal que $J + h$ se encuentra con $I$ en un conjunto de medidas $\geq 99$ por ciento de $I$ (que tiene la misma longitud que $J$ ). ¿Ves algún problema ahora?

Answer 2

A continuación, proporciono dos pruebas: Una prueba corta y elegante utilizando técnicas de Fourier y una prueba probabilística más elemental pero más larga.

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Prueba de Fourier

Desde $A$ tiene medida positiva, por lo que tiene $A \cap [-n,n]$ para algunos $n$ . Así, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $A$ está acotado.

Supongamos ahora hacia una contradicción que $M := A + H$ es no conull. Entonces hay un $L^1$ función $f$ con $f = 0$ en $M^c$ y tal que $f$ no desaparece en casi todas partes (por ejemplo $f = 1_{M^c \cap [-k,k]}$ para un adecuado $k$ ). Entonces tenemos para todos $h \in H$ que $$ 0 = \int f(x) 1_{A+h}(x) dx = \int f(x) 1_{-A}(h-x) dx = (f \ast 1_{-A}) (h). $$ Pero como $1_{-A} \in L^\infty$ y como $f \in L^1$ la convolución de arriba es una continuo función. Dado que $H$ es denso, esto significa que $f \ast 1_{-A} \equiv 0$ .

Ahora, tome la transformada de Fourier para obtener $0 \equiv \widehat{f} \cdot \widehat{1_{-A}}$ . Pero como $1_{-A}$ tiene soporte compacto, la transformada de Fourier $\widehat{1_{-A}}$ es una (no evanescente) analítica y por lo tanto sólo tiene aislado ceros. En particular, el conjunto donde $\widehat{1_{-A}}$ no se desvanece es denso. Por lo tanto, obtenemos $\widehat{f} \equiv 0$ por continuidad y luego $f = 0$ casi en todas partes, una contradicción.

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Prueba probabilística

Desde $A$ tiene medida positiva, por lo que tiene $A\cap\left[-n,n\right]$ para un adecuado $n\in\mathbb{N}$ para que podamos suponer $A\subset\left[-n,n\right]$ . Sea $\left(Y_{\ell}\right)_{\ell\in\mathbb{N}}$ sea una secuencia iid de variables aleatorias con $Y_{\ell}\sim U\left(\left[-2n,2n\right]\right)$ (la distribución uniforme en $\left[-2n,2n\right]$ ). Arreglar $x\in\left[-n,n\right]$ y considerar el evento $$ E_{x}:=\bigcap_{\ell\in\mathbb{N}}\left(x\notin A+Y_{\ell}\right). $$ Debido a $x-A\subset\left[-2n,2n\right]$ y por inavriancia de traducción de la medida de Lebesgue, la probabilidad de este evento es \begin{align*} \mathbb{P}\left(E_{x}\right) & =\prod_{\ell=1}^{\infty}\mathbb{P}\left(x\notin A+Y_{\ell}\right)=\prod_{\ell=1}^{\infty}\mathbb{P}\left(Y_{\ell}\notin x-A\right)\\ & =\prod_{\ell=1}^{\infty}\frac{1-\lambda\left(\left[-2n,2n\right]\cap\left(x-A\right)\right)}{4n}\\ & =\prod_{\ell=1}^{\infty}\frac{1-\lambda\left(A\right)}{4n}=0. \end{align*}

Hasta ahora, hemos mostrado para cada $x\in\left[-n,n\right]$ que $\mathbb{P}\left(E_{x}\right)=0$ . Por el teorema de Fubini, esto demuestra que para casi toda realización $y=\left(y_{\ell}\right)_{\ell\in\mathbb{N}}$ de $\left(Y_{\ell}\right)_{\ell\in\mathbb{N}}$ , el conjunto $$ N_{y}:=\left\{ x\in\left[-n,n\right]\,:\,\forall\ell\in\mathbb{N}:\, x\notin A+y_{\ell}\right\} $$ es un conjunto nulo. Fijar una realización de este tipo $y$ .

Desde $A$ está acotado, el mapa $\mathbb{R}\to L^{1}\left(\mathbb{R}\right),t\mapsto1_{A+t}$ es continua. Por densidad de $H$ Esto nos permite elegir para un $\ell,m\in\mathbb{N}$ algunos $h_{\ell,m}\in H$ con $\lambda\left(\left[A+y_{\ell}\right]\setminus\left[A+h_{\ell,m}\right]\right)\leq\frac{2^{-\ell}}{m}$ . Así, obtenemos \begin{align*} \lambda\left(\left[-n,n\right]\setminus\bigcup_{h\in H}\left(A+h\right)\right) & \leq\lambda\left(\left[-n,n\right]\setminus\bigcup_{\ell,m}\left[A+h_{\ell,m}\right]\right)\\ & \leq\lambda\left(\left[-n,n\right]\setminus\bigcup_{\ell\in\mathbb{N}}\left(A+y_{\ell}\right)\right)+\lambda\left(\bigcup_{\ell\in\mathbb{N}}\left(A+y_{\ell}\right)\setminus\bigcup_{\ell,m}\left(A+h_{\ell,m}\right)\right)\\ \left(\text{with arbitrary }m\in\mathbb{N}\right) & \leq\lambda\left(\bigcup_{\ell\in\mathbb{N}}\left(A+y_{\ell}\right)\setminus\left(A+h_{\ell,m}\right)\right)\leq\sum_{\ell=1}^{\infty}\frac{2^{-\ell}}{m}=\frac{1}{m}. \end{align*} Desde $m\in\mathbb{N}$ puede ser elegido arbitrariamente, esto implica $\lambda\left(\left[-n,n\right]\setminus\bigcup_{h\in H}\left(A+h\right)\right)=0$ .

Ya casi hemos terminado: Arriba, $H\subset\mathbb{R}$ era un arbitrario subconjunto denso. Ahora bien, si $N\in\mathbb{Z}$ es arbitraria, entonces $H+N\subset\mathbb{R}$ también es denso, por lo que obtenemos $$ 0=\lambda\left(\left[-n,n\right]\setminus\bigcup_{h\in H+N}\left(A+h\right)\right)=\lambda\left(\left(\left[-n,n\right]-N\right)\setminus\bigcup_{h\in H}\left(A+h\right)\right)=\lambda\left(\left[-n-N,n-N\right]\setminus\bigcup_{h\in H}\left(A+h\right)\right). $$ Desde $\bigcup_{N\in\mathbb{Z}}\left[-n-N,n-N\right]=\mathbb{R}$ , esto implica fácilmente $\lambda\left(\mathbb{R}\setminus\bigcup_{h\in H}\left(A+h\right)\right)=0$ , como se desee.